三角形の中心X(222)の作図定理

$\triangle ABC$ の内接円を $\omega$ とし, $\omega$ が $BC,CA,AB$ に接する点をそれぞれ $P,Q,R$ とする. また, $S=X(56)$ とし, $S$ の anticevian triangle を $\triangle A'B'C'$ とする.
$X(222)$ は $X(7)$ を基準とする $X(56)$ の Ceva 共役点であり, $P,Q,R$ は $X(7)$ の cevian triangle なので,
$PA',\quad QB',\quad RC'$ は $X(222)$ で共点である.
したがって, $PA'=\operatorname{Rad}(\omega_B,\omega_C)$ を示せばよい. 残りの2つは巡回的に従う.
以下, 直線上の比は有向比で考える.

まず, 次の補題を考える.
$\textbf{補題} 1$
$I$ における円 $(CAI)$ の接線と $AB,BC$ の交点をそれぞれ $H,J$ とする.
このとき $BP\cdot PJ=CP\cdot PD=r^2$　が成り立つ.

$\textbf{証明}1$.
接線 $HJ$ は $BI$ と垂直であり, $IP\perp BC$ だから, $\angle BIJ=\angle BPI=90^\circ.$ また, $BI$ は $\angle B$ の二等分線なので, $\angle PBI=\angle IBJ.$ よって, $\triangle BPI\sim\triangle PIJ.$
したがって,$\dfrac{BP}{PI}=\dfrac{PI}{PJ},$ ゆえに,$BP\cdot PJ=PI^2=r^2.$
同様に, $\odot ABI$ の $I$ における接線と $BC$ の交点を $D$ とすれば,$CP\cdot PD=r^2.$
以上で補題1が示された. $\square$

ここで,
$ \omega_A=(AFG),\qquad \omega_B=(BHJ),\qquad \omega_C=(CDE)$
とおく.
$P,B,J$ は一直線上にあり, $B,H,J$ は $\omega_B$ 上にあるので, 補題 1 より $\operatorname{Pow}_{\omega_B}(P)=PB\cdot PJ=r^2.$ 同様に,$\operatorname{Pow}_{\omega_C}(P)=PC\cdot PD=r^2.$ したがって,
$\operatorname{Pow}_{\omega_B}(P)=\operatorname{Pow}_{\omega_C}(P),$ すなわち,$$P\text{は,根軸}\operatorname{Rad}(\omega_B,\omega_C)\text{上にある}.\tag{1}$$
次に, $PA'$ の位置を求める.

$\textbf{補題}2$
$x=s-a,y=s-b,z=s-c$ とおくとき,
$$\boxed{ [SBC]:[SCA]:[SAB] = \frac{a^2}{x}:\frac{b^2}{y}:\frac{c^2}{z} }.$$

$\textbf{証明}2$
$O$ を $\triangle ABC$ の外心, 外接円半径を $R$ とする. $S=X(56)$ は外接円と内接円の外相似中心であるから, $O,S,I$ は一直線上にあり, $OS:SI=R:r$.
以下, 各辺への符号付き距離を考える. $O$ から $BC$ までの距離は $R\cos A$, $I$ から $BC$ までの距離は $r$ であるから, 外分の公式より
$$d(S,BC) = \frac{Rr(1-\cos A)}{R-r} \propto \sin^2\frac A2.$$
巡回的に,
$$d(S,BC):d(S,CA):d(S,AB) = \sin^2\frac A2:\sin^2\frac B2:\sin^2\frac C2.$$
したがって,
$$[SBC]:[SCA]:[SAB] = a\sin^2\frac A2: b\sin^2\frac B2: c\sin^2\frac C2.$$
半角公式 $\sin^2\dfrac A2 = \dfrac{(s-b)(s-c)}{bc}$ および巡回する2式を用いると, 上式が得られる. $\square$

続いて補題３を考える.
$\textbf{補題}3$
直線 $PS$ と $AB$ の交点を $U$ とすると,
$$\boxed{ \frac{AU}{UB} = \frac{x(b^2-c^2)}{ya^2} }.$$

$\textbf{証明}3$
直線 $AS$ と $BC$ の交点を $D_S$ とし, $X=[SBC], Y=[SCA], Z=[SAB]$ とおく.
$P$ は $BC$ 上にあり, $BP=y, CP=z$ であるから, 面積比より
$$\frac{BD_S}{D_SC} = \frac{Z}{Y}, \qquad \frac{AS}{SD_S} = \frac{Y+Z}{X}, \qquad \frac{D_SP}{PB} = \frac{yY-zZ}{y(Y+Z)}.$$
したがって, $\triangle ABD_S$ に Menelaus の定理を適用すると,
$$\frac{AU}{UB} = \frac{D_SP}{PB}\cdot\frac{AS}{SD_S} = \frac{yY-zZ}{yX}.$$
補題 2 の結果を代入して,
$$\frac{AU}{UB} = \frac{y\frac{b^2}{y}-z\frac{c^2}{z}}{y\frac{a^2}{x}} = \frac{x(b^2-c^2)}{ya^2}. \quad \square$$

さらに補題４を考える.
$\textbf{補題} 4$
$\omega_B,\omega_C$ の根軸と $AB$ の交点を $V_0$ とすると,
$$\boxed{ \frac{\overline{AV_0}}{\overline{V_0B}} = \frac{x(c^2-b^2)}{ya^2} }.$$

$\textbf{証明}$
接線の性質より $BH=BJ$ であり, 補題 1 の証明中で求めた $BJ=(s-b)\sec^2(B/2)$ と半角公式 $\cos^2\frac B2=\frac{s(s-b)}{ac}$ を用いると,
$$BH=(s-b)\sec^2\frac B2=\frac{ac}{s}.$$
したがって, $AH = c - \frac{ac}{s} = \frac{xc}{s}$. 同様に,
$$AE=\frac{xb}{s}, \qquad BD=\frac{ya}{s}.$$
よって,
$$\operatorname{Pow}_{\omega_B}(A) = AB\cdot AH = \frac{xc^2}{s},$$
$$\operatorname{Pow}_{\omega_C}(A) = AC\cdot AE = \frac{xb^2}{s}.$$
したがって,
$$\operatorname{Pow}_{\omega_B}(A) - \operatorname{Pow}_{\omega_C}(A) = \frac{x(c^2-b^2)}{s}.$$
また,
$$\operatorname{Pow}_{\omega_B}(B)=0,$$
$$\operatorname{Pow}_{\omega_C}(B) = BC\cdot BD = \frac{ya^2}{s}.$$
ゆえに,
$$\operatorname{Pow}_{\omega_B}(B) - \operatorname{Pow}_{\omega_C}(B) = -\frac{ya^2}{s}.$$
$AB$ 上で $\omega_B,\omega_C$ の方べきの差は点の位置に対して一次的に変化する. $V_0$ はこの2つの方べきが等しくなる点であるから, これらの差の比をとることで,
$$\frac{\overline{AV_0}}{\overline{V_0B}} = \frac{\frac{x(c^2-b^2)}{s}}{\frac{ya^2}{s}} = \frac{x(c^2-b^2)}{ya^2}. \quad \square$$

直線 $PA'$ と $AB$ の交点を $V$ とする. $A'$ は $A,D_S$ に関する $S$ の調和共役点であるから,
$$(A,D_S;S,A')=-1.$$
これを点 $P$ から $AB$ に射影すると,
$$(A,B;U,V)=-1$$
となる. よって, 補題 3 より,
$$\frac{\overline{AV}}{\overline{VB}} = -\frac{AU}{UB} = \frac{x(c^2-b^2)}{ya^2}.$$
補題 4 より, この値は $\frac{\overline{AV_0}}{\overline{V_0B}}$ に等しいため, $V=V_0$ である.
したがって, $V$ は $\omega_B,\omega_C$ の根軸上にある. また, 補題 1 より $P$ もこの根軸上にあるため,
$$\boxed{ PA'=\operatorname{Rad}(\omega_B,\omega_C) }.$$
同様に,
$$\boxed{ QB'=\operatorname{Rad}(\omega_C,\omega_A), \qquad RC'=\operatorname{Rad}(\omega_A,\omega_B) }.$$
$X(222)$ は $X(7)$ を基準とする $X(56)$ の Ceva 共役点であるから, $PA', QB', RC'$ は $X(222)$ で共点する.
以上より, 3円 $\omega_A,\omega_B,\omega_C$ の3本の根軸は $X(222)$ で共点で, その根心は $\boxed{X(222)}$ である.